Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

Chia sẻ: Trần Văn Ha | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

11
lượt xem 0
download

Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

Mô tả tài liệu

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn củng cố lại kiến thức đã học và rèn luyện kỹ năng làm bài tập, mời các bạn cùng tham khảo Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc dưới đây. Hy vọng sẽ giúp các bạn tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CHƯƠNG TRÌNH THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. xn  2 a) Cho dãy số  xn  được xác định bởi x1  1 và xn1  với mọi n* . Chứng xn  3 minh rằng dãy số  xn  có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó. b) Tìm tất cả các hàm số xác định, liên tục trong khoảng  0;  và thỏa mãn: 2  x  2 x  2x  2 f  x  f    với mọi x  0.  x  3 x3 Câu 2. a) Cho số tự nhiên a  2 thỏa mãn a  1 có ước nguyên tố lẻ p. Chứng minh rằng a p2   1  p2 . b) Chứng minh rằng tồn tại vô số những số tự nhiên n sao cho  2019n  1 n. Câu 3. Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH. Đường tròn nội tiếp  I  của tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC , CA, AB lần lượt tại D, E, F . Đường tròn  A có tâm A bán kính AE cắt đoạn thẳng AH tại điểm K. Đường thẳng IK cắt đường thẳng BC tại P. Các đường thẳng DK và PK cắt đường tròn  A lần lượt tại Q và T khác K . a) Chứng minh rằng tứ giác TDPQ nội tiếp và ba điểm Q, A, P thẳng hàng. b) Đường thẳng DK cắt đường tròn  I  tại điểm thứ hai là X. Chứng minh rằng ba đường thẳng AX , EF , TI đồng quy. c) Chứng minh rằng đường tròn đường kính AP tiếp xúc với đường tròn  I  . Câu 4. Cho P  x  là một đa thức khác hằng số với hệ số thực sao cho tất cả các nghiệm của nó đều là số thực. Giả sử tồn tại một đa thức Q  x  với hệ số thực sao cho 2  P( x)   P  Q  x   với mọi x . Chứng minh rằng tất cả các nghiệm của đa thức P  x  đều bằng nhau. Câu 5. Một tập hợp gồm 3 số nguyên dương được gọi là tập Pytago nếu 3 số này là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông. Chứng minh rằng với hai tập Pytago P, Q bất kỳ, ta luôn tìm được m tập Pytago P1 , P2 ,..., Pm (m  2) sao cho P1  P, Pm  Q và Pi  Pi 1   với mọi 1  i  m  1. ------------ HẾT ------------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……….………..……................…… Số báo danh: ……………………………
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 (Đáp án có 05 trang) CHƯƠNG TRÌNH THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 HƯỚNG DẪN MÔN: TOÁN I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 x 2 a) Cho dãy số  xn  được xác định bởi x1  1 và xn1  n với mọi n* . xn  3 Chứng minh rằng dãy số  xn  có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. 3,0 b) Tìm tất cả các hàm số xác định và liên tục trong khoảng  0;  sao cho 2  x  2 x  2x  2 f  x  f   , x  0  x  3  x3 a b2 Xét số b>0 là nghiệm của phương trình b   b  3  1. Dễ thấy b3 xn  0, n  1 nên ta có: 1,0 xn  2 b  2 xn  b 1 0  xn1  b     xn  b xn  3 b  3  xn  3  b  3 9 2 n 1  1  1 Suy ra 0  xn1  b  xn  b    xn 1  b    x1  b 9  9  9 n 1,0  1 Do lim   x1  b  0 nên theo nguyên lý kẹp suy ra lim xn  b  3  1  9 2 b  x  2 x  2x  2  x  2 x  2 Ta có f  x   f    f  x  f   x  x  3  x3  x  3 x  3  x  2 x  2 Suy ra f  x   x  f   , x  0 0,5  x  3  x  3  x  2 Đặt g  x   f  x   x  g  x   g  , x  0 (1)  x  3  xn  2 Chọn a  0 tùy ý, xét dãy  xn  xác định bởi x1  a; xn 1  , n   * . xn  3 0,25 Hoàn toàn tương tự phần a) thì lim xn  b  3  1 Từ (1) suy ra g  a   g  x1   g  x2   ...  g  xn  , n  * Do hàm g  x  liên tục trên  0;   nên g  a   lim g  xn   g  lim xn   g   3 1  c 0,25 Suy ra g  x   c hay f ( x )  x  c với mọi x  0.
Thử lại ta thấy hàm số cần tìm là f  x   x  c với mọi x  0, c là hằng số tùy ý. 2 a) Cho số tự nhiên a  2 sao cho a  1 có ước nguyên tố lẻ là p . Chứng 2 minh rằng a p  1 p 2 . 2,0 b) Chứng minh rằng tồn tại vô số những số tự nhiên n sao cho 2019n  1 n. p a 2 Ta có a p  1   a p   1   m  1  m p 1  m p  2  ...  m  1   m  1 A , với m  a p . 0,5 Do p lẻ nên a  1 a  1 p  m  1 p  m  1 mod p  . Do đó p 0,5 A  m p 1  m p 2  ...  m  1  p  0  mod p  2 Suy ra  m  1 A p 2 , tức là a p  1 p 2 . 0,5 b Trước hết ta chứng minh mệnh đề sau bằng quy nạp theo k: Cho số tự nhiên a  2 k sao cho a  1 có ước nguyên tố lẻ là p . Khi đó a p  1 p k , k  * (1) Theo giả thiết thì ta thấy ngay (1) đúng với k  1. Giả sử (1) đúng với k, ta chứng minh (1) đúng với k  1 . p k 1 Ta có a p  1  a p   k  1   m  1  m p 1  m p  2  ...  m  1   m  1 A , trong đó 0,25 k m  a p . Theo giả thiết quy nạp m  1 p k . Lại có m  1 p  m  1 mod p  . Do đó A  m p 1  m p 2  ...  m  1  p  0  mod p  k 1 Suy ra  m  1 A p k 1 , tức là a p  1 p k 1 . Vậy (1) đúng với k  1. Trở lại bài toán: Với a  2019 thì a  1  2020 có ước nguyên tố lẻ là 5 nên theo (1) các số n  5k sẽ thỏa mãn 2019n  1 n. k 0,25 Chú ý: Nếu học sinh chứng minh trực tiếp 20195  1 5k , k   * thì vẫn cho tối đã điểm. 3 Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH . Đường tròn nội tiếp  I  của tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC , CA, AB lần lượt tại D, E, F . Đường tròn  A có tâm A bán kính AE cắt đoạn thẳng AH tại điểm K. Đường thẳng IK cắt đường thẳng BC tại P. Các đường thẳng DK và PK cắt đường tròn  A lần lượt tại Q và T khác K . 3,0 a) Chứng minh rằng tứ giác TDPQ nội tiếp và ba điểm Q, A, P thẳng hàng. b) Đường thẳng DK cắt đường tròn  I  tại điểm thứ hai là X. Chứng minh rằng ba đường thẳng AX , EF , TI đồng quy. c) Chứng minh rằng đường tròn đường kính AP tiếp xúc với đường tròn  I  .
Q A T E F K I B H D C P a)   1 TAK   TQK   900     TPD  . Suy ra tứ giác TDPQ nội Ta có TQD AKT  HPK 2 1,0 tiếp.   AKQ Ta có KQA   DKH   KDI  (1) Dễ thấy IF là tiếp tuyến của  A nên ID2  IF 2  IK .IT  IDK  ITD 0,5   ITD Suy ra KDI   KQP (2). Từ (1) và (2) suy ra KQA   KQP. Do đó ba điểm Q, A, P thẳng hàng. Q A T X E Z S t F K I Y B H D P C b Gọi Y là giao điểm thứ hai của AX với  I  . Ta có   IXK IX 2  IF 2  IK .IT  ITX   IDX  AKX ( vì AK || ID ) 0,25 Lại có AK 2  AF 2  AX . AY   AKX    AYK . Suy ra ITX AYK . Do đó tứ giác XKYT nội tiếp. Xét ba đường tròn:  XKYT  ;  I  ;  A , lần lượt có trục đẳng phương là KT, XY, EF. 0,25 Do đó ba đường thẳng KT, XY, EF đồng quy tại tâm đẳng phương của ba đường
tròn trên. Vậy ba đường thẳng AX, EF, TI đồng quy. c Gọi Z là giao điểm thứ hai của đường thẳng PT với đường tròn đường kính AP. Khi đó AZ  KT và Z là trung điểm KT. Do IE và IF là tiếp tuyến của  A nên 0,25 TKSI   1 , theo hệ thức Macloranh ta được SZ .SI  SK.ST  SX .SY .   ZIX Suy ra tứ giác XZYI nội tiếp, suy ra ZYX  0,25   ITD Mặt khác IXD   DQP   IX || PQ  ZIX   ZPA   ZPA  . Vậy ZYX  0,25 Suy ra tứ giác AZYP nội tiếp, suy ra Y thuộc đường tròn đường kính AP. Vẽ tiếp tuyến Yt của (I), ta có 1 tYX   90 0  IZY XIY  90 0  IXY   90 0  YAP   YPA . 2 0,25 Do đó Yt là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AP. Vậy đường tròn đường kính AP tiếp xúc với đường tròn  I  tại điểm Y (đpcm). 4 Cho P  x  là một đa thức khác hằng số với hệ số thực sao cho tất cả các nghiệm của nó đều là số thực. Giả sử tồn tại một đa thức Q  x  hệ số thực sao cho 2 1,0  P( x)   P  Q  x   với mọi x . Chứng minh rằng tất cả các nghiệm của P  x  đều bằng nhau. d1 d2 dk Giả sử P  x   A  x  x1  .  x  x2  ...  x  xk  , trong đó x1  x2  ...  xk là tất cả 0,25 các nghiệm thực của P  x  . Dễ thấy degQ  x   2  Q  x   ax2  bx  c . Khi đó ta được k 2d 2 d2 2 dk di A2  x  x1  1 .  x  x2  ...  x  xk   A  ax 2  bx  c  xi  i 1 2 Do đó với mỗi chỉ số i thì nghiệm của đa thức ax  bx  c  xi là xs , xt , với s, t nào b 0,25 đó. Theo định lý Viet ta được xs  xt   . a Như vậy tất cả các nghiệm của P  x  được chia thành các cặp  xs , xt  mà tổng của 2 b hai số trong mỗi cặp bằng nhau và bằng  . a Giả sử x1 ghép cặp với xs và xk ghép cặp với xt . Từ x1  xt ; xs  xk và x1  xs  xk  xt ta suy ra x1  xt ; xs  xk . Vậy x1 chỉ có thể ghép cặp với xk . Lập luận hoàn toàn tương tự suy ra mỗi cặp chỉ có dạng  x j , xk 1 j  . Áp dụng định lý 0,25 c  xm Viet ta có x j .xk 1 j  , với m nào đó. a c  xm  k  1 Do có đúng k giá trị và các số dạng x j .xk 1 j chỉ chứa nhiều nhất  a  2   k  1 0,25 giá trị phân biệt nên k   . Từ bất đẳng thức này ta suy ra ngay k=1. Khi đó  2  d P  x   A  x  x1  1 , và suy ra tất cả các nghiệm của P  x  đều bằng nhau (đpcm). 5 Một tập hợp gồm 3 số nguyên dương được gọi là tập Pytago nếu 3 số này là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông. Chứng minh rằng với hai tập Pytago P, Q 1,0
bất kỳ, ta luôn tìm được m tập Pytago P1 , P2 ,..., Pm (m  2) sao cho P1  P, Pm  Q và Pi  Pi 1   với mọi 1  i  m  1. Bổ đề: Với mỗi số nguyên dương n  3 , luôn tồn tại một tập Pytago chứa số n. Ta chứng minh mệnh đề trên bằng quy nạp theo n. Dễ thấy mệnh đề đúng với n  3, 4,5 vì 3, 4,5 là một tập Pytago. Xét n  6 , giả sử mệnh đề đúng với mọi số nhỏ hơn n, ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n. + Nếu n chẵn, n  2k thì 3  k  n. Theo giả thiết quy nạp, tồn tại 1 tập Pytago A 0,25 chứa số k. Giả sử A  k , a, b . Khi đó tập B  n, 2a, 2b là tập Pytago chứa số n.  1 1  + Nếu n lẻ, ta thấy tập A  n;  n 2  1 ;  n2  1  là tập Pytago chứa số n.  2 2  Vậy luôn tồn tại một tập Pytago chứa số n. Nếu hai tập Pytago P, Q thỏa mãn yêu cầu của bài toán thì ta nói cặp  P, Q  là một cặp “đẹp” và kí hiệu là P  Q. Như vậy ta cần chứng minh mọi cặp Pytago  P, Q  đều là cặp đẹp (1) Nhận xét: Ta chỉ cần chứng minh mệnh đề (1) đúng trong trường hợp P  3, 4,5 . Chứng minh: Xét P  3, 4,5 và giả sử cứ với tập Q là tập Pytago bất kì thì  P, Q  là cặp đẹp. Xét hai tập Pytago bất kì là Q, R , khi đó  P, Q  và  P, R  là cặp đẹp 0,25 nên tồn tại dãy Q1 , Q2 ,..., Qm và R1 , R2 ,..., Rt sao cho Q1  P1  3;4;5 ; Qm  Q; Rt  R và Qi  Qi 1  ; Ri  Ri 1   Khi đó dãy Qm , Qm 1 ,..., Q1 , R2 , R3 ,..., Rt thỏa mãn yêu cầu bài toán. Suy ra  Q, R  là cặp đẹp. Qua phép chứng minh trên ta cũng suy ra rằng nếu  P, Q  và  P, R  là hai cặp đẹp thì  Q, R  cũng là cặp đẹp. Trở lại bài toán, xét P  3, 4,5 , ta tiếp tục chứng minh bài toán bằng quy nạp theo phần tử nhỏ nhất của Q. Giả sử min Q  n + Nếu 3  n  5 thì hiển nhiên  P, Q  là cặp đẹp. + Xét n  6 , giả sử mệnh đề đúng với mọi số 3  min Q  n . * Nếu n chẵn, n  2k thì 3  k  n . Theo bổ đề và giả thiết quy nạp thì tồn tại một tập Pytago Q’ chứa k và  P, Q ' là cặp đẹp. Dễ thấy rằng khi nhân tất cả các phần tử của một cặp đẹp với số 2 thì lại cho ta một 0,25 cặp đẹp mới. Do đó nếu gọi Q '  k ; x; y thì các cặp sau là đẹp: n;2x;2 y ;6;8;10 ; n;2 x;2 y ; Q  (vì có giao khác rỗng) Mặt khác 6;8;10 ;3;4;5  cũng là cặp đẹp do chuỗi xây dựng các tập đẹp Pytago sau: 6;8;10  8;15;17  9;12;15  5;12;13  3; 4;5 Vậy Q và 3;4;5 tạo thành cặp đẹp.  1 1  * Nếu n lẻ thì Q  n;  n  1 n  1 ;  n 2  1  . Theo bổ đề thì tồn tại tập Pytago  2 2  0,25 1 R chứa  n  1 và tập Pytago H chứa n  1 . 2
1 Từ 3   n  1  n và 3  n 1  n nên theo giả thiết quy nạp ta có 2 R  3; 4;5 ; H  3; 4;5 . Do đó  1 1 2  n;  n  1 n  1 ;  n  1    n  1 R   n  1 P  3H  33;4;5  9;12;15  3;4;5  2 2  Vậy Q và 3; 4;5 tạo thành cặp đẹp và bài toán được chứng minh hoàn toàn. ----------- HẾT ----------